Środek odcinka poza odcinkiem przy równości proporcji

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 26 lis 2013, o 13:11

Na prostej $\displaystyle{ l}$ dane są dwa różne punkty $\displaystyle{ A}$ i $\displaystyle{ B}$. Do pokazania są dwa twierdzenia:

1. Jeśli $\displaystyle{ P}$ i $\displaystyle{ Q}$ są dwoma różnymi punktami na prostej $\displaystyle{ l}$ takimi, że $\displaystyle{ \frac{AP}{BP}=\frac{AQ}{BQ}}$, to środek $\displaystyle{ C}$ odcinka $\displaystyle{ PQ}$ leży poza odcinkiem $\displaystyle{ AB}$.

2. Jeśli $\displaystyle{ C}$ jest punktem, który leży na prostej $\displaystyle{ l}$ poza odcinkiem $\displaystyle{ AB}$, to na prostej $\displaystyle{ l}$ istnieją dwa różne punkty $\displaystyle{ P}$ i $\displaystyle{ Q}$ takie, że $\displaystyle{ \frac{AP}{BP}=\frac{AQ}{BQ}}$ oraz $\displaystyle{ C}$ jest środkiem odcinka $\displaystyle{ PQ}$.

Htorb · Post autor: **Htorb** » 26 lis 2013, o 13:49

Dla trójkąta $\displaystyle{ ABK}$ i okręgu Apoloniusza przechodzącego przez punkty $\displaystyle{ P,Q,K}$ punkt $\displaystyle{ C}$ jest biegunem symediany trójkąta $\displaystyle{ ABK}$ poprowadzonej z wierzchołka $\displaystyle{ K}$

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 26 lis 2013, o 14:01

Co to jest punkt $\displaystyle{ K}$?

Htorb · Post autor: **Htorb** » 26 lis 2013, o 14:14

Prowadzimy dowolna prosta przechodząca przez punkt $\displaystyle{ P}$ punkt $\displaystyle{ K}$ ma tą własność, że leży na tej prostej i $\displaystyle{ PK}$ jest prostopadłe do $\displaystyle{ QK}$

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 26 lis 2013, o 14:45

Nie ma jakiegoś prostszego sposobu? Nie wiem, co to jest okrąg Apoloniusza ani symediana.

Kartezjusz · Post autor: **Kartezjusz** » 26 lis 2013, o 14:52

1.Ile jest różnych takich punktów $\displaystyle{ Q}$, aby stosunki długości odcinków były różne?

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 26 lis 2013, o 15:56

Dla danej liczby $\displaystyle{ x>0,x\neq 1}$ istnieje dokładnie jeden punkt $\displaystyle{ M}$ na prostej $\displaystyle{ l}$ poza odcinkiem $\displaystyle{ AB}$ taki, że $\displaystyle{ \frac{AM}{BM}=x}$.
Czy o to chodziło? Co z tego wynika?

Kartezjusz · Post autor: **Kartezjusz** » 27 lis 2013, o 08:38

Poza odcinkiem, a w odcinku?

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 27 lis 2013, o 15:08

W odcinku też dokładnie jeden.

Kartezjusz · Post autor: **Kartezjusz** » 28 lis 2013, o 07:46

Dobra. Rozważmy więc oba przypadki Niech $\displaystyle{ AB=x}$. W obu wypadkach policz $\displaystyle{ AP}$ wiedząc o proporcji.

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 28 lis 2013, o 15:46

Możesz trochę jaśniej? Rozumiem, że mam wyznaczyć $\displaystyle{ AP}$ w zależności od $\displaystyle{ AB}$, tak? Tylko, że w zależności tylko od $\displaystyle{ AB}$ to się nie da. I jakie dwa przypadki? Ja bym tutaj dla ustalenia uwagi założył, że $\displaystyle{ P}$ leży wewnątrz odcinka $\displaystyle{ AB}$, a $\displaystyle{ Q}$ na zewnątrz.

-- 28 lis 2013, o 16:16 --

Udało mi się pokazać pierwsze. Tak jak pisałem dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że $\displaystyle{ P}$ leży wewnątrz odcinka $\displaystyle{ AB}$, a $\displaystyle{ Q}$ na zewnątrz. Trzeba rozważyć dwa przypadki:
1. Punkt $\displaystyle{ B}$ leży między $\displaystyle{ A}$ i $\displaystyle{ Q}$.
2. Punkt $\displaystyle{ A}$ leży między $\displaystyle{ B}$ i $\displaystyle{ Q}$.
W pierwszym przypadku oznaczam $\displaystyle{ |AP|=a,|BP|=b}$.
Wyliczam wszystkie pozostałe odległości:
$\displaystyle{ |BQ|=\frac{b(a+b)}{a-b}}$
$\displaystyle{ |PQ|=\frac{2ab}{a-b}}$
$\displaystyle{ |PC|=\frac{ab}{a-b}}$
I przekształcam równoważnie nierówność
$\displaystyle{ |PC|>|PB|}$
$\displaystyle{ \frac{ab}{a-b}>b}$
$\displaystyle{ b>0}$.
W drugim przypadku jeszcze nie liczyłem, ale pewnie też ładnie wyjdzie.

Teraz trzeba pomyśleć nad twierdzeniem odwrotnym.

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 28 lis 2013, o 17:09

1.
Jak można skonstruować punkty $\displaystyle{ P}$ i $\displaystyle{ Q}$, mając dane punkty $\displaystyle{ A}$ i $\displaystyle{ B}$ oraz odcinki $\displaystyle{ a}$ i $\displaystyle{ b}$, tak aby $\displaystyle{ \frac{AP}{BP}=\frac{AQ}{BQ}=\frac ab}$? Tak jak poniżej, przy czym $\displaystyle{ AD\parallel FE}$.

$\displaystyle{ \begin{picture}(0,0)
\put(-20,0){\line(1,0){170}}
\put(0,0){\line(4,3){120}}
\put(40,0){\line(0,1){30}}
\put(120,-90){\line(0,1){180}}
\put(120,-90){\line(-2,3){80}}
%\put(60,0){\line(2,3){60}}
\put(-3,-10){$P$}
\put(37,-10){$A$}
\put(54,-10){$Q$}
\put(121,-10){$B$}
\put(34,31){$D$}
\put(121,91){$E$}
\put(121,-100){$F$}
\put(34,11){$a$}
\put(114,41){$b$}
\put(114,-49){$b$}
\end{picture}}$

Załóżmy, że konstrukcję robiliśmy tak, żeby $\displaystyle{ \sphericalangle PAD=90^{\circ}}$.

O ile $\displaystyle{ a<b}$, sytuacja wygląda jak na rysunku i mamy nierówność na kątach: $\displaystyle{ \sphericalangle PQD=\sphericalangle BQF = \sphericalangle BQE>\sphericalangle BPE}$. Zatem w trójkącie $\displaystyle{ PQD}$ boki spełniają nierówność $\displaystyle{ PD>QD}$, a zatem $\displaystyle{ PA>QA}$ i środek odcinka $\displaystyle{ PQ}$ leży na odcinku $\displaystyle{ PA}$.

matmatmm · Post autor: **matmatmm** » 28 lis 2013, o 17:40

Dzięki, norwimaj. Myślę, że twój dowód jest też dobry. I chyba wiem też jak pokazać twierdzenie odwrotne.